Question

【题目】翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。回答下列问题：

(1)Cr3+电子排布式为______________________，基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为______________________。

(2)翡翠中主要成分为硅酸铝钠，四种元素的第一电离能由大到小的顺序___________。

(3)锰的一种化合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，THT的结构简式如图所示：

①THF中C原子的杂化轨道类型为___________，②BH4－的空间构型为___________

③NaBH4所含化学键类型有_____________

A、离子键 B、共价键 C、氢键 D、配位键

(4)MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，原因______________________。

(5)Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x为0.88，且晶体中Ni的存在形式为Ni2+、Ni3+，则晶体中N i2+和Ni3+最简整数比为___________，该晶体的晶胞参数为428pm，则晶体密度为___________g·cm－3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式即可)

Answer 1

【答案】[Ar]3d3 M O>Si>Al>Na sp3 正四面体 ABD 均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或 MnO的离子键强于MnS 8：3 4×(0.88×59+16)/NA(428×10-10)3[或4×67.92/NA(428×10-10)3、271.68/NA(428×10-10)3、3.46×1024/NA]

【解析】

（1）Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+；，Si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2；

（2）非金属性越强，第一电离能越大；

（3）根据杂化轨道理论进行判断；

（4）二者为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的离子键强于MnS；

（5）根据密度=质量/体积进行计算。

（1）Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，基态Cr3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，Si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为M，故答案为：[Ar]3d3；M。

（2）硅酸铝钠由O、Na、Al、Si四种元素构成，非金属性越强，第一电离能越大。所以第四种元素的第一电离能由大到小的顺序为O>Si>Al>Na，故答案为：O>Si>Al>Na。

（3）①根据THF的结构式可知，C原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3。

②BH4-中B原子价层电子数=4+1/2×（3+1-4×1）=4，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，BH4-中B原子的杂化类型为sp3杂化，所以空间构型是正四面体构型；

故答案为：正四面体。

③Na+和BH-4之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含氢键，故NaBH4所含化学键类型有离子键、共价键、配位键，故答案为：ABD。

（4）MnO的熔点（1650℃）比MnS的熔点（1610℃）高，二者熔点较高，应为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS，离子晶体晶格能越大，熔点越高，则MnO的熔点较高，故答案为：均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的离子键强于MnS。

（5）x为0.88，设晶体中Ni3+个数为x、Ni2+个数为y，则x+y=0.88，3x+2y-2=0（此式为化合价代数和为零），可解得：x=0.24；y=0.64，则晶体中Ni2+和Ni3+最简整数比为0.64：0.24=8：3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，则一个晶胞中，Ni原子数目为8×1/8+6×1/2=4，O原子数目为12×1/4+1=4，则1mol晶胞的质量为m=4×(0.88×59+16)g，一个晶胞的体积为V=4283pm3=(428×10-10)3cm3，则晶体的密度为ρ=m/NAV=4×(0.88×59+10)/NA(428×10-10)3g·cm－3，

故答案为：8：3；4×(0.88×59+16)/NA(428×10-10)3[或4×67.92/NA(428×10-10)3、271.68/NA(428×10-10)3、3.46×1024/NA]。